2022-2023学年江西省九江第一中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省九江第一中学高二上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果.

【详解】由解得，

所以，

又因为，所以，

故选：D.

【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目.

2．已知复数满足，则

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】设，则由已知有，所以，解得 ，所以，故，选A.

3．已知一组数据为30，40，50，50，55，60，70，80，90，则其极差、第50百分位数和众数的大小关系是（    ）

A．极差第50百分位数众数 B．众数第50百分位数极差

C．极差众数第50百分位数 D．极差第50百分位数众数

【答案】A

【分析】分别算出极差，第50百分位数和众数即可比较大小.

【详解】极差为，

因为%，所以第5个数55即为第50百分位数，

又众数为50，

所以它们大小关系是极差第50百分位数众数.

故选:A.

4．点到双曲线的一条渐近线的距离为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线距离公式进行求解即可.

【详解】双曲线的渐近线方程为：，因为点在横轴上，

所以不妨设其中一条渐近线的方程为，

因此点到双曲线的一条渐近线的距离为：

，

故选：A

5．第24届冬奥会于2022年2月4日在国家体育场鸟巢举行了盛大开幕式.在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩并分为五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法错误的是（每组数据以区间的中点值为代表）（    ）

A．直方图中的值为0.025

B．候选者面试成绩的中位数约为69.4

C．在被抽取的学生中，成绩在区间之间的学生有30人

D．估计候选者的面试成绩的平均数约为69.5分

【答案】C

【分析】根据在频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，结合中位数、平均数的定义、频数的定义逐一判断即可.

【详解】对于A，∵，∴，故A正确；

对于B，设候选者面试成绩的中位数为x，则，解得，故B正确；

对于C，成绩在区间的频率为，故人数有，故C错误；

对于D，，故D正确．

故选：C

6．直线，，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用充分条件，必要条件和充要条件的定义判断.

【详解】当时，直线，，，所以，故充分；

当时，，解得或，故不必要；

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：A

7．已知，则下列结论一定不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据换底公式可得，对讨论分析处理．

【详解】∵

若，则，即

∴成立

若，则，即

∴不成立

若，则，由题意可得，则

∴

若，则，由题意可得，则

∴

故选：C．

8．已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率．

【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线，

延长交轴于点，则由平行于轴知，，

则,设内切圆半径为r，

则，

∴椭圆的离心率为．

故选：A﹒

二、多选题

9．在下列四个命题中，错误的有（　　）

A．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率

B．直线的倾斜角的取值范围是[0，π]

C．若一条直线的斜率为1，则此直线的倾斜角为45度

D．若一条直线的倾斜角为α，则此直线的斜率为tanα

【答案】ABD

【分析】根据倾斜角和斜率的定义即可判断

【详解】对于A，

倾斜角为的直线斜率不存在

所以A错误

对于B

直线的倾斜角的取值范围为

所以B错误

对于C

因为且，所以

所以C正确

对于D

倾斜角为的直线斜率不存在

所以D错误

故选：ABD

10．下列直线经过点M（2，2）且在两坐标轴上截距相等的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】直线经过原点时满足条件，可得方程；直线不经过原点时满足条件，可设方程，把点代入可得．

【详解】解：直线经过原点时满足条件，可得方程，即．

直线不经过原点时满足条件，可设方程，

把点代入可得，即．方程为．

综上可得直线方程为：或．

故选：AD

11．已知空间向量，则下列选项中正确的是（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】BCD

【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；

B选项，根据向量平行列出方程组，求出；

C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；

D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.

【详解】当时，，解得：，故A错误；

令，则，，故B正确；

，所以，解得：，故C正确；

当，，

因为，，故D正确．

故选：BCD

12．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．的面积为6

【答案】AD

【分析】利用余弦定理，结合题意，可求得的值，根据，利用正弦定理边化角，可求得的值，利用正弦定理及面积公式，可求得b的值及的面积，即可得答案.

【详解】因为，

所以，

所以，故A正确；

因为，利用正弦定理可得，

因为，所以，

所以，

即

因为，所以，

所以，又，

所以，故B不正确；

因为，

所以，

所以，

因为，

所以，故C错误；

，故D正确；

故选：AD

三、填空题

13．向量的夹角为，，则_________ .

【答案】

【分析】利于向量的运算法则求，进而求解

【详解】， 所以

故答案为：

14．已知抛物线方程为，直线l的方程为，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则的最小值为_________．

【答案】

【分析】设抛物线的焦点为，则，过作直线的垂线，垂足为，过作直线直线的垂线，为垂足，线段与抛物线的交点为，当三点共线，即与重合，与重合时，取得最小值，求得这个最小值即可得结论．

【详解】设抛物线的焦点为，则，

过作直线的垂线，垂足为，过作直线直线的垂线，为垂足，线段与抛物线的交点为，如图，

，

由图形可知，当三点共线，即与重合，与重合时，取得最小值，

所以的最小值是．

故答案为：

15．已知是边长为6的正三角形的一条中位线，将沿直线翻折至，则当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为__________.

【答案】

【分析】由题意确定当平面平面时，三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定的外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积.

【详解】由题意知，当面面时，三棱锥的体积最大，如图所示，

取的中点，连接，则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，

设的中点为，连接，，则，

所以为四边形的外接圆的圆心，

过作面的垂线，过作面的垂线，

则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，

连接，则四边形为矩形，，

连接，在中，则外接球半径为，

所以四棱锥外接球的表面积为；

故答案为：

四、双空题

16．已知圆与圆外切，则__________，此时直线被圆所截的弦长为______________.

【答案】     16    

【分析】将圆的方程写成标准形式，，然后根据两圆外切，可得圆心距离为半径之和，可得，接着计算到直线的距离，最后根据圆的弦长公式计算可得结果.

【详解】由题可知：

，即

且

由两圆向外切可知，解得

所以

到直线的距离为，设圆的半径为

则直线被圆所截的弦长为

故答案为：，

【点睛】本题考查圆与圆的位置关系以及圆的弦长公式，掌握直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，同时识记圆的弦长公式，便于计算，属基础题.

五、解答题

17．己知直线l过定点．

(1)当直线l的倾斜角是直线的倾斜角的二倍时，求直线l方程．

(2)当直线l与x轴正半轴交于A点、y轴正半轴交于B点，且的面积为12时，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知直线斜率可求得其倾斜角，由此可得所求直线的倾斜角和斜率，利用点斜式即可整理得到直线方程；

（2）设直线方程的截距式方程,由直线过点(2，3)及的面积列方程组求得两截距.

【详解】（1）直线的斜率为，

则该直线的倾斜角为，

又所求的直线倾斜角为时，它的斜率为，

所以所求直线方程为，

即：；

（2）设直线方程为：，则  ①；

∴的面积为     ②，

由①②解得：；

所以所求的直线方程为即．

18．已知圆 直线，

(1)求证：直线过定点，并求出点的坐标；

(2)已知直线与圆交于两点且，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析，

(2)或

【分析】（1）先将直线方程变形，则，从而可求出结果，

（2）求出圆心和半径，再由，求出弦心距的范围，表示出圆心到直线的距离，解不等式组可求出实数的取值范围.

【详解】（1）证明：由，得，

因为上式恒成立，

所以 ，

所以，

所以直线过定点，

（2）已知，

因为，

所以弦心距，

由，得，

解得，

由，得，

解得 或，

所以实数的取值范围是或．

19．已知函数．

(1)求的单调递增区间；

(2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间内的值域．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）根据三角恒等变换可得，然后根据三角函数的性质即得；

（2）根据图象变换规律可得，然后根据正弦函数的性质即得.

【详解】（1）因为，

令，解得，

则的单调递增区间是；

（2）由（1）可得．

因为，所以，

所以，

所以，

即在区间内的值域为．

20．如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝，M为BC的中点.

（I）证明：AM⊥PM ；

(II)求二面角P－AM－D的大小.

【答案】（1）见解析； （2）45°.

【分析】（Ⅰ）以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,求出与的坐标，利用数量积为零，即可证得结果；（Ⅱ）求出平面PAM与平面ABCD的法向量，代入公式即可得到结果.

【详解】（I）证明:以D点为原点，分别以直线DA、DC为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系,依题意，可得    

∴

∴

即,∴AM⊥PM .

 (II)设，且平面PAM，则

,即 ∴ ,

取，得；取，显然平面ABCD，

 ∴，结合图形可知，二面角P－AM－D为45°.

【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

21．已知函数（）．

(1)若在上的最大值为，求a的值；

(2)证明：函数有且只有一个零点，且．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由在上递增，可得，从而可求出a的值，

（2）由函数的单调性和零点存在性定理可证得函数有且只有一个零点，方法一：由，可得，再由，可得，则，再结合可证得结论，方法二：由得，再结单调性可得，从而可证得，由在单调递增，可得，从而可得结论

【详解】（1）因为函数和在上递增，

所以在上递增，

又因为在上的最大值为，所以，

因为，所以解得；

（2）证明：因为，所以，所以在上不存在零点．由（1）得在上单调递增，且，

所以在上有唯一零点，且

方法一：因为，所以，，

因为，所以，

所以， ，

由于，

所以

因为，所以，得证．

方法二：因为，有

所以

因为在单调递减，所以

当时，有，所以

有，即

因为在单调递增，所以

所以

22．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，与平行的直线交椭圆于，两点，直线，分别于轴正半轴交于，两点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求证：为定值.

【答案】(1)

(2)定值为4，证明见解析

【分析】（1）根据题意列出式子求出即可得出；

（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出直线方程可得出点坐标，同理得出坐标，即可求解.

【详解】（1）由题意，解得，

所以椭圆的标准方程为；

（2）因为直线的斜率为，则设直线的方程为，，

联立，得，

则，解得或，

，

直线的方程为，

令，则，

同理可得，

则

.

所以为定值.